\subsection{谐振子的Fork空间表示}
对坐标算符$x$和动量算符$p$进行算符变换,按下式引入两个新的无量纲算符$a$和$a^{+}:$

\begin{equation*}
    \left\{\begin{array}{l}
        a=\frac{1}{\sqrt{2m \hbar \omega}}(m \omega x+\mathrm{ip}) \\
        a^{+}=\frac{1}{\sqrt{2m \hbar \omega}}(m \omega x-\mathrm{i} p)
    \end{array}\right.
\end{equation*}
反解出来就是
\begin{equation*}
    \left\{\begin{array}{l}
        x=\sqrt{\frac{\hbar}{2m \omega}}\left(a^{+}+a\right) \\
        p=\mathrm{i} \sqrt{\frac{m \hbar \omega}{2}}\left(a^{+}-a\right)
    \end{array}\right.
\end{equation*}
由于$x$和$p$都是Hermite的, $a$和$a^{+}$互为Hermite共轴,
即$(a)^{+}=a^{+}$和$\left(a^{+}\right)^{+}=a$.
根据$a$和$a^{+}$的上述定义,容易算出它们之间的对易子为

\begin{equation*}
    \left[a, a^{+}\right]=1
\end{equation*}
这是Bose子对易关系,这说明$\left(a, a^{+}\right)$是一对Bose子算符.
利用这一对新算符,可以把量子谐振子问题表述得简洁而富于粒子形象,

\begin{equation*}
    H=\frac{p^2}{2m}+\frac{1}{2} m \omega^2x^2=\left(a^{+} a+\frac{1}{2}\right) \hbar \omega
\end{equation*}
$a^{+} a \equiv N$称为粒子数算符,于是谐振子的定态Schrödinger方程成为

\begin{equation*}
    H \psi_n(x)=\left(n+\frac{1}{2}\right) \hbar \omega \psi_n(x) \Rightarrow a^{+} a \psi_n(x)=n \psi_n(x)
\end{equation*}
利用Hermite多项式$\mathrm{H}_n(\xi)$的性质，注意$\xi=\sqrt{\frac{m \omega}{\hbar}} x$ ，
转入坐标表象，可得

\begin{equation*}
    \begin{aligned}
        a^{+} \psi_n(x) & =\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\xi-\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} \xi}\right) N_n \mathrm{e}^{-\frac{\xi^2}{2}} \mathrm{H}_n(\xi) \\
                        & =\frac{N_n}{\sqrt{2}}\left(2\xi \mathrm{H}_n(\xi)-2n \mathrm{H}_{n-1}(\xi)\right) \mathrm{e}^{-\frac{\xi^2}{2}}           \\
                        & =\sqrt{n+1} \psi_{n+1}(x)
    \end{aligned}
\end{equation*}
类似可得
\begin{equation*}
    a \psi_n(x)=\sqrt{n} \psi_{n-1}(x) \quad\left(\text {当} n=0\text {时, } a \psi_0(x)=0\right)
\end{equation*}
采用Dirac符号,将谐振子第$n$能级的态矢记为$|n\rangle$,即有
\begin{equation*}
    \langle x \mid n\rangle=\psi_n(x)
\end{equation*}
可以将上面这些结果重新写为更简明的形式

\begin{equation*}
    \begin{gathered}
        a^{+} a|n\rangle=n|n\rangle \quad(n=0,1,2, \cdots) \\
        a^{+}|n\rangle=\sqrt{n+1}|n+1\rangle \\
        a|n\rangle=\sqrt{n}|n-1\rangle \quad(\text {注意, } a|0\rangle=0)
    \end{gathered}
\end{equation*}

另外,由Bose子对易关系可得

\begin{equation*}
    [a, N]=a, \quad\left[a^{+}, N\right]=-a^{+}
\end{equation*}

\begin{note}
    相关内容来自量子场论.在量子理论里, 这被称为湮灭算符.
    其满足
    \begin{itemize}
        \item $[a_i^{+}, a_j^{+}]=0$
        \item $[a_i, a_j]=0$
        \item $[a_i,a_j^{+}]=\delta_{ij}$
    \end{itemize}
\end{note}

综上所述,如果将量子谐振子的$\hbar \omega$看成一个"粒子",
可以认为$a$是这个"粒子"的湮没算符(注意,它将湮没真空态一量子谐振子的基态),
$a^{+}$是其产生算符,而$a^{+} a$则是"粒子"数算符.这两个算符常被推广,用于静止质量不为零粒子的情况.
但由于非相对论量子力学只考虑粒子数守恒情况,所以在任何Hamilton量中,两者将以乘积的形式出现,表达种种跃迁过程,
而非单纯的粒子吸收或产生过程.

根据以上性质，用递推方法可以给出
\begin{equation*}
    |n\rangle=\frac{\left(a^{+}\right)^n}{\sqrt{n!}}|0\rangle \quad(n=0,1,2, \cdots)
\end{equation*}
可以检验这组态矢$\{|n\rangle\}$是正交归一的.
谐振子全部本征态集合$\{|n\rangle\}$应当是完备的,即有
\begin{equation*}
    \sum_{n=0}^{\infty}|n\rangle\langle n|=I
\end{equation*}
\begin{note}
    $V$有下界且无上界,则本征矢集合是完备的.
\end{note}
\begin{definition}[][量子数表象和Fork空间]
    \textbf{Quantum number representation and Fork space}\quad 用以上用算符和态矢
    $\left\{a, a^{+}, N=a^{+} a ;|n\rangle, \forall n\right\}$的表示方法,
    或者说,由这组正交、归一、完备基$\{|n\rangle, \forall n\}$的表示方法称作\textbf{粒子数表象}.
    由这些基矢所撑开的空间称作\textbf{Fock空间}.
\end{definition}
\begin{note}
    在Fock空间中计算简洁、富于粒子图像,后继量子课程中经常使用.
\end{note}

可以证明，借助$\left(a^{+}, a\right)$的语言，可将坐标和动量算符的本征态分别表示为

\begin{equation*}
    \begin{aligned}
         & |x\rangle=\left(\frac{m \omega}{\pi \hbar}\right)^{1/4} \exp \left\{-\frac{m \omega}{2\hbar} x^2+\sqrt{\frac{2m \omega}{\hbar}} x a^{+}-\frac{1}{2}\left(a^{+}\right)^2\right\}|0\rangle               \\
         & |p\rangle=\left(\frac{1}{\pi m \hbar \omega}\right)^{1/4} \exp \left\{-\frac{p^2}{2m \hbar \omega}+\mathrm{i} \sqrt{\frac{2}{m \hbar \omega}} p a^{+}+\frac{1}{2}\left(a^{+}\right)^2\right\}|0\rangle
    \end{aligned}
\end{equation*}
这里$x$和$p$分别是两个态的本征值.若$f\left(a^{+}\right)$是$a^{+}$的一个幂级数,则有

\begin{equation*}
    a f\left(a^{+}\right)=f\left(a^{+}\right) a+\frac{\partial f\left(a^{+}\right)}{\partial a^{+}}
\end{equation*}

\begin{example}
    验证$\hat{x}\ket{x}$为位置的本征态
\end{example}

\begin{proof}
    \begin{equation*}
        \begin{aligned}
            \hat{x}|x\rangle= & \sqrt{\frac{\hbar}{2m \omega}}\left(a^{+}+a\right)|x\rangle=\sqrt{\frac{\hbar}{2m \omega}}\left(\frac{m \omega}{\pi \hbar}\right)^{1/4}                                                             \\
                              & \cdot \exp \left\{-\frac{m \omega}{2\hbar} x^2+\sqrt{\frac{2m \omega}{\hbar}} x a^{+}-\frac{1}{2}\left(a^{+}\right)^2\right\}\left\{a^{+}+a+\sqrt{\frac{2m \omega}{\hbar}} x-a^{+}\right\}|0\rangle \\
            =                 & x|x\rangle
        \end{aligned}
    \end{equation*}
\end{proof}

\begin{example}
    下面用态矢$|x\rangle$的表达式去计算态矢$|n\rangle$的波函数,
\end{example}

\begin{proof}
    \begin{equation*}
        \begin{aligned}
            \psi_n(x) & =\langle x \mid n\rangle=\left(\frac{m \omega}{\pi \hbar}\right)^{1/4}\left\langle0\left|\exp \left\{-\frac{m \omega}{2\hbar} x^2+\sqrt{\frac{2m \omega}{\hbar}} x a-\frac{1}{2} a^2\right\}\right| n\right\rangle \\
                      & =\left(\frac{m \omega}{\pi \hbar}\right)^{1/4} \mathrm{e}^{-\frac{m \omega}{2\hbar} x^2}\left\langle0\left|\exp \left\{\sqrt{\frac{2m \omega}{\hbar}} x a-\frac{1}{2} a^2\right\}\right| n\right\rangle
        \end{aligned}
    \end{equation*}

    利用Hermite多项式母函数展开式
    $\exp \left\{2q t-t^2\right\}=\sum_{k=0}^{\infty} \frac{\mathrm{H}_k(q)}{k!} t^k$,得
    \begin{equation*}
        \langle x \mid n\rangle=\left(\frac{m \omega}{\pi \hbar}\right)^{1/4} \mathrm{e}^{\frac{m \omega}{2n} x^2} \sum_{k=0}^{\infty} \frac{\mathrm{H}_k\left(\sqrt{\frac{m \omega}{\hbar}} x\right)}{k!}\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)^k\left\langle0\left|a^k\right| n\right\rangle
    \end{equation*}
    由于$\left\langle0\left|a^k\right| n\right\rangle=\sqrt{k!}\langle k \mid n\rangle=\sqrt{k!} \delta_{k n}$,于是最后得到
    \begin{equation*}
        \langle x \mid n\rangle=\left(\frac{m \omega}{\pi \hbar}\right)^{1/4} \mathrm{e}^{-\frac{m \omega}{2\hbar} x^2}\left(2^n n!\right)^{-1/2} \mathrm{H}_n\left(\sqrt{\frac{m \omega}{\hbar}} x\right)
    \end{equation*}
    这正是谐振子第$n$个能级的定态波函数$\psi_n(x)$.
\end{proof}

\subsection{相干态}

相干态最初于1926年由Schrödinger所引入,原意是寻找这种量子态,
使得坐标算符和Hamilton量算符在态平均的意义上完全等同于对应的经典运动.
从平均值过渡叙述知道，只对位势函数具有不超过坐标的二次幂的形式,可以有解.
不计一次幂的情况(这时作用力为常数),就是二次幕一一谐振子的情况.
因此,在谐振子的某些叠加态里可以找到这种态:
这种类型的量子力学运动,在经过态平均之后,将完全等同于对应势中的经典运动.

在Fock空间中，可以写出这种相干态为

\begin{equation*}
    |z\rangle=\mathrm{e}^{z a^{+}-z^{*} a}|0\rangle=
    \mathrm{e}^{-\frac{1}{2} | z^2|} \mathrm{e}^{z a^{+}}|0\rangle
\end{equation*}

这里$z=\alpha+\mathrm{i} \beta$为任意复常数. $|z\rangle$随时间的演化为

\begin{equation*}
    |z(t)\rangle=\mathrm{e}^{-\mathrm{iHt/h}}|z\rangle
\end{equation*}
$a \mathrm{e}^{z a^{+}}=\mathrm{e}^{z a^*} a+\frac{\partial \mathrm{e}^{z a^*}}{\partial a^{+}}=\mathrm{e}^{z a^*}(a+z)$

\begin{equation*}
    a|z\rangle=a \mathrm{e}^{\frac{1}{2}|z|^2} \mathrm{e}^{z a^*}|0\rangle=\mathrm{e}^{-\frac{1}{2}|z|^2} \mathrm{e}^{z a^*}(a+z)|0\rangle=z|z\rangle
\end{equation*}

这说明,相干态$|z\rangle$是湮没算符$a$的本征态.由于$a$不是Hermite的,其本征值不能总是实数.
可以用粒子数本征态$|n\rangle$表示相干态$|z\rangle$.办法是将$\mathrm{e}^{z a^{+}}$还原为级数展开式,
得
|\begin{equation*}
    z\rangle=\mathrm{e}^{-\frac{1}{2}|z|^2} \sum_n \frac{z^n}{\sqrt{n!}}|n\rangle
\end{equation*}
这说明,相干态是各种粒子数本征态的一种相干叠加.
叠加系数的模方是平均值为$|z|^2$的Poisson分布
$P\left(n ;|z|^2\right)=\mathrm{e}^{-|z|^2}|z|^{2n} / n!$.利用对易子
\begin{equation*}
    \left\{\begin{array}{l}
        \mathrm{e}^{\mathrm{i} y a^* a} a^{+} \mathrm{e}^{-\mathrm{i} y a^* a}=\mathrm{e}^{\mathrm{i} \gamma} a^{+} \\
        \mathrm{e}^{\mathrm{i} y a^* a} a \mathrm{e}^{-\mathrm{i} y a^* a}=\mathrm{e}^{-\mathrm{i} \gamma} a
    \end{array}\right.
\end{equation*}
可以求得坐标算符在时间演化相干态中的期望值,为

\begin{equation*}
    \begin{aligned}
        \langle z(t)|\hat{x}| z(t)\rangle & =\sqrt{\frac{\hbar}{2m \omega}}\left\langle z\left|\mathrm{e}^{i\left(a^* a+\frac{1}{2}\right) a t}\left(a^{+}+a\right) \mathrm{e}^{-i\left(a^{+} a+\frac{1}{2}\right) a t}\right| z\right\rangle \\
                                          & =\sqrt{\frac{\hbar}{2m \omega}}\left\{\left\langle z\left|a^{+}\right| z\right\rangle \mathrm{e}^{\mathrm{i} \omega x}+\langle z|a| z\rangle \mathrm{e}^{-\mathrm{i} \omega t}\right\}            \\
                                          & =\sqrt{\frac{\hbar}{2m \omega}}\left(z^* \mathrm{e}^{\mathrm{i} \omega t}+z \mathrm{e}^{-\mathrm{i} \omega t}\right)\langle z \mid z\rangle
    \end{aligned}
\end{equation*}
由于$\langle z \mid z\rangle=1$ ,最后得
\begin{equation*}
    \langle z(t)|\hat{x}| z(t)\rangle=\sqrt{\frac{2\hbar}{m \omega}}|z| \cos (\omega t+\varphi)
\end{equation*}
这里已设$z=|z| \mathrm{e}^{-i \varphi}$.这一结果完全符合经典振子位置振动规律
(只要令$\sqrt{\frac{2\hbar}{m \omega}}|z|=x_0$ ):
$x_{\mathrm{C}}(t)=x_0\cos (\omega t+\varphi)$.另外,还可以求出在此态中能量的期望值
\begin{equation*}
    \langle z(t)|H| z(t)\rangle=\hbar \omega\left\langle z\left|\left(a^{+} a+\frac{1}{2}\right)\right| z\right\rangle=\frac{1}{2} m \omega^2x_0^2+\frac{1}{2} \hbar \omega
\end{equation*}
此时经典振子能量为$E_{\mathrm{C}}=\frac{1}{2} m \omega^2x_0^2$.
可知除零点能(及相应的零点振动)之外,两者相同.还可以证明,这类相干态具有最小的不确定性,
即在此类态中位置和动量的均方偏差$\Delta x$和$\Delta p$满足
\begin{equation*}
    \Delta x \cdot \Delta p=\frac{\hbar}{2}
\end{equation*}
\begin{proof}
    容易计算以下期望值:
    \begin{equation*}
        \begin{gathered}
            \langle z|\hat{x}| z\rangle=\sqrt{\frac{\hbar}{2m \omega}}\left\langle z\left|\left(a^{+}+a\right)\right| z\right\rangle=\sqrt{\frac{\hbar}{2m \omega}}\left(z^*+z\right) \\
            \langle z|\hat{p}| z\rangle=\mathrm{i} \sqrt{\frac{m \hbar \omega}{2}}\left\langle z\left|\left(a^{+}-a\right)\right| z\right\rangle=\mathrm{i} \sqrt{\frac{m \hbar \omega}{2}}\left(z^*-z\right) \\
            \left\langle z\left|\hat{x}^2\right| z\right\rangle=\frac{\hbar}{2m \omega}\left\langle z\left|\left(a^{+2}+a^{+} a+a a^{+}+a^2\right)\right| z\right\rangle=\frac{\hbar}{2m \omega}\left(z^{*2}+2|z|^2+z^2+1\right) \\
            \left\langle z\left|\hat{p}^2\right| z\right\rangle=-\frac{m \hbar \omega}{2}\left\langle z\left|\left(a^{+2}-a^{+} a-a a^{+}+a^2\right)\right| z\right\rangle=-\frac{m \hbar \omega}{2}\left(z^{*2}-2|z|^2+z^2-1\right)
        \end{gathered}
    \end{equation*}
    于是
    \begin{equation*}
        \left\{\begin{array}{l}
            \Delta x=\sqrt{\left\langle\hat{x}^2\right\rangle-\langle\hat{x}\rangle^2}=\sqrt{\frac{\hbar}{2m \omega}} \\
            \Delta p=\sqrt{\left\langle\hat{p}^2\right\rangle-\langle\hat{p}\rangle^2}=\sqrt{\frac{m \hbar \omega}{2}}
        \end{array}\right.
    \end{equation*}

    证毕.
\end{proof}
注意,此处与Gauss波包自由演化的不同,现在的初始Gauss波包是在振子势中演化,弹性势的约束使等号始终成立.
由计算过程附带可知

\begin{equation*}
    z=\frac{1}{\sqrt{2m \hbar \omega}}(m \omega\langle\hat{x}\rangle+\mathrm{i}\langle\hat{p}\rangle)
\end{equation*}
其实,这个表示式显然可以由$a$的定义直接得到.
另外,可以证明,相干态的波函数为

\begin{equation*}
    \langle x \mid z\rangle=N \mathrm{e}^{\frac{-m \omega}{2n} x^2+\sqrt{\frac{2m}{n}} x}
\end{equation*}
这里$N=\left(\frac{m \omega}{\pi \hbar}\right)^{1/4} \mathrm{e}^{-\frac{1}{2}\left(z^2+\mid z^2\right)}$是归一化系数.
\begin{proof}
    向坐标表象投影，有

    \begin{equation*}
        \left\langle x\left|\frac{1}{\sqrt{2m \hbar \omega}}(m \omega \hat{x}+\mathrm{i} \hat{p})\right| z\right\rangle=z\langle x \mid z\rangle
    \end{equation*}
    将动量算符从标积号中搬出,上式便改写为
    \begin{equation*}
        \frac{1}{\sqrt{2m \hbar \omega}}\left(m \omega x+\hbar \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x}\right)\langle x \mid z\rangle=z\langle x \mid z\rangle
    \end{equation*}
    也即
    \begin{equation*}
        \frac{1}{\langle x \mid z\rangle} \frac{\mathrm{d}\langle x \mid z\rangle}{\mathrm{d} x}=\sqrt{\frac{2m \omega}{\hbar}} z-\frac{m \omega}{\hbar} x
    \end{equation*}
    求积分后可得

    \begin{equation*}
        \langle x \mid z\rangle=N \mathrm{e}^{-\frac{m \omega}{2n} x^2+\sqrt{\frac{2m}{n}}{ }_x}
    \end{equation*}
    显然$N=\langle x=0\mid z\rangle$,是相干态波函数的归一化系数.
    (注意,此处态矢$\langle x=0|$是位置算符的本征值为$x=0$的本征态,
    不要将它和Fock空间的真空态$\langle0|$相混淆.
    $\langle x=0|=\langle0|\left(\frac{m \omega}{\pi \hbar}\right)^{1/4} \mathrm{e}^{-\frac{1}{2} a^2}$.)
    系数$N$可由其表示式直接算出,也可以按照归一化条件平方积分求得.结果为
    \begin{equation*}
        N=\langle0\mid z\rangle=\left(\frac{m \omega}{\pi \hbar}\right)^{1/4} \mathrm{e}^{-\frac{1}{2}\left(z^2+|z|^2\right)}
    \end{equation*}
\end{proof}

最后，再给出不同相干态之间的标积关系

\begin{equation*}
    \left\langle z_1\mid z_2\right\rangle=\mathrm{e}^{-\frac{1}{2}\left(\left|z_1\right|^2+\left|z_2\right|^2-2z_1^* z_2\right)}
\end{equation*}

\begin{proof}
    利用式即可简明地证得.下面直接计算

    \begin{equation*}
        \begin{aligned}
            \left\langle z_1\mid z_2\right\rangle & =\mathrm{e}^{-\frac{1}{2}\left(\left|z_1\right|^2+\left|z_2\right|^2\right)}\left\langle0\left|\mathrm{e}^{z_1a} \cdot \mathrm{e}^{z_2a^{+}}\right|0\right\rangle                                                                                \\
                                                  & =\mathrm{e}^{-\frac{1}{2}\left(\left.z_1\right|^2+\left|z_2\right|^2\right)} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{\left(z_2\right)^n}{n!}\left\langle0\left|\mathrm{e}^{z_1a}\left(a^{+}\right)^n \mathrm{e}^{-z_1a} \mathrm{e}^{z_1a}\right|0\right\rangle \\
                                                  & =\mathrm{e}^{-\frac{1}{2}\left(\left|z_1\right|^2+\left|z_2\right|^2\right)} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{\left(z_2\right)^n}{n!}\left\langle0\left|\mathrm{e}^{z_1a}\left(a^{+}\right)^n \mathrm{e}^{-z_1a}\right|0\right\rangle
        \end{aligned}
    \end{equation*}
    利用公式$\mathrm{e}^{\gamma a} a^{+} \mathrm{e}^{-\gamma a}=a^{+}+\gamma$ （习题23），得
    \begin{equation*}
        \begin{aligned}
            \left\langle z_1\mid z_2\right\rangle & =\mathrm{e}^{-\frac{1}{2}\left(\left|z_1\right|^2+\left|z_2\right|^2\right)} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{\left(z_2\right)^n}{n!}\left\langle0\left|\left\{\mathrm{e}^{z_1a} a^{+} \mathrm{e}^{-z_1^* a}\right\}^n\right|0\right\rangle \\
                                                  & =\mathrm{e}^{-\frac{1}{2}\left(\left|z_1\right|^2+\left|z_2\right|^2\right)} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{\left(z_2\right)^n}{n!}\left\langle0\left|\left\{a^{+}+z_1^*\right\}^n\right|0\right\rangle                                   \\
                                                  & =\mathrm{e}^{-\frac{1}{2}\left(\left|z_1\right|^2+\left|z_2\right|^2-2z_1^* z_2\right)}
        \end{aligned}
    \end{equation*}
\end{proof}

\subsection{相干态表象}

相干态$|z\rangle$中复参数$z$的变化区域是$z$的全平面。可以证明：
全部$z$值相对应的相干态全体是完备的，即完备性条件成立，

\begin{equation*}
    \int \frac{\mathrm{d}^2z}{\pi}|z\rangle\langle z|=I
\end{equation*}

式中, $z=\alpha+\mathrm{i} \beta, \mathrm{d}^2z=\mathrm{d} \alpha \mathrm{d} \beta$,
积分对整个复$z$平面进行.
\begin{proof}
    \begin{equation*}
        \begin{aligned}
            \int \frac{\mathrm{d}^2z}{\pi}|z\rangle\langle z| & =\int \frac{\mathrm{d}^2z}{\pi} \mathrm{e}^{-|z|^2} \sum_{m, n=0}^{\infty} \frac{z^n\left(z^*\right)^m}{n!m!} \sqrt{n!}|n\rangle\langle m| \sqrt{m!}                                                                 \\
                                                              & =\frac{1}{\pi} \sum_{m, n=0}^{\infty} \frac{|n\rangle\langle m|}{\sqrt{n!m!}} \int \mathrm{e}^{-||^2} z^n\left(z^*\right)^m \mathrm{~d}^2z                                                                           \\
                                                              & =\frac{1}{\pi} \sum_{m, n=0}^{\infty} \frac{|n\rangle\langle m|}{\sqrt{n!m!}} \int_0^{\infty} \rho^{n+m+1} \mathrm{e}^{-\rho^2} \mathrm{~d} \rho \int_0^{2\pi} \mathrm{e}^{\mathrm{i}(n-m) \theta} \mathrm{d} \theta \\
                                                              & =\frac{1}{\pi} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n!}|n\rangle\langle n| \cdot \int_0^{\infty} \rho^{2n+1} \mathrm{e}^{-\rho^2} \mathrm{~d} \rho \cdot2\pi=I
        \end{aligned}
    \end{equation*}
    这里用了积分公式$\int_0^{\infty} \rho^{2n+1} \mathrm{e}^{-\rho^2} \mathrm{~d} \rho=\frac{n!}{2}$和完备性条件$\sum_{n=0}^{\infty}|n\rangle\langle n|=I$.
\end{proof}
任何物理态均可以用相干态的全体来展开.这使得相干态的全体集合构成了一个新的表象一一相干态表象.
这个表象有许多用途：举个例子，下面来检验前面引入的坐标本征态表达式的正交归一性.
采取插入相干态完备性条件的常用办法,得到
\begin{equation*}
    \begin{aligned}
         & \left\langle x^{\prime} \mid x\right\rangle=\int \frac{\mathrm{d}^2z}{\pi}\left\langle x^{\prime} \mid z\right\rangle\langle z \mid x\rangle=\left(\frac{m \omega}{\pi \hbar}\right)^{1/2} \exp \left\{-\frac{m \omega}{2\hbar}\left(x^{\prime2}+x^2\right)\right\} \int \frac{\mathrm{d}^2z}{\pi}                                                                                       \\
         & \cdot \exp \left\{-|z|^2+\sqrt{\frac{2m \omega}{\hbar}}\left(x z^*+x^{\prime} z\right)-\frac{1}{2}\left(z^2+z^{*2}\right)\right\}                                                                                                                                                                                                                                                        \\
         & =\left(\frac{m \omega}{\pi \hbar}\right)^{1/2} \mathrm{e}^{-\frac{m \omega}{2\hbar}\left(x^2+x^2\right)} \frac{1}{\pi} \int_{-\infty}^{+\infty} \mathrm{d} \alpha \mathrm{e}^{-2\alpha^2+\sqrt{\frac{2m \omega}{\hbar}}\left(x^{\prime}+x\right) \alpha} \int_{-\infty}^{+\infty} \mathrm{d} \beta \mathrm{e}^{\mathrm{i} \sqrt{\frac{2m \omega}{\hbar}}\left(x^{\prime}+x\right) \beta} \\
         & =\left(\frac{m \omega}{\pi \hbar}\right)^{1/2} \mathrm{e}^{-\frac{m \omega}{2\hbar}\left(x^2+x^2\right)} \frac{1}{\pi} \sqrt{\frac{\hbar}{2m \omega}}2\pi \delta\left(x-x^{\prime}\right) \int_{-\infty}^{+\infty} \mathrm{d} \alpha \mathrm{e}^{-2\alpha^2+\sqrt{\frac{2m \omega}{\hbar}}\left(x^{\prime}+x\right) \alpha}                                                              \\
         & =\sqrt{\frac{2}{\pi}} \mathrm{e}^{-\frac{m \omega}{2\hbar}\left(x^2+x^2\right)} \delta\left(x-x^{\prime}\right) \int_{-\infty}^{+\infty} \mathrm{d} \alpha \mathrm{e}^{-\left[\sqrt{2} \alpha-\frac{1}{2} \sqrt{\frac{m \omega}{\hbar}}\left(x^{\prime}+x\right)\right]^2} \mathrm{e}^{\frac{m \omega}{4\hbar}\left(x^{\prime}+x\right)^2}=\delta\left(x-x^{\prime}\right)
    \end{aligned}
\end{equation*}

应当指出,作为相干态表象的基矢一一相干态,各自虽然都归一,但彼此并不正交.
这种总体完备但彼此不正交的态矢集合常称为超完备的.
意思是集合的完备性"过了头"，仿佛在三维空间中取了四个不在同一平面上的彼此不相互正交的单位矢量作为基矢
(不同的是,相干态情况还不容易除去哪一个或哪一些).

相干态的思想自20世纪60年代以来有明显的进展.目前,相干态的概念已远超过原先的与经典类比的思考范围,
出现众多的种类.鉴于这种情况,这里只指出,现在关于相干态表象的两条基本要求是:
\begin{enumerate}
    \item 它是这样一些态矢$|l\rangle$的集合$\{|l\rangle, \forall l\}$,这些态矢$|l\rangle$关于标号参量$l$是强连续函数;
    \item 存在正测度$\delta l$使得下面完备性关系成立,
          \begin{equation*}
              \left.\int l\right\rangle\langle l| \delta l=1
          \end{equation*}
\end{enumerate}

\begin{remark}
    作为坐标表象基矢$\{|x\rangle, \forall x\}$的标号参量$x$ （坐标算符的本征值）本身虽然是强连续的,
    但基矢$|x\rangle$只能归一化到$\delta$函数,不能说基矢$|x\rangle$关于标号参量$x$是强连续的.
    所以坐标表象不能算是相干态表象.
\end{remark}